Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）当x∈[$\frac{1}{2}$，1]时，f（x）的最小值是0，求实数a的值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，…（2分）
a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
则f（x）的单调递减区间为（0，+∞），…（4分）
a＞0时，令f′（x）＜0得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
则f（x）的单调递减区间为（0，$\frac{1}{a}$）．          …（6分）
（2）①a≤1时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上单调递减，
f（x）_min=f（1）=1≠0，无解，…（8分）
②a≥2时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上单调递增，
f（x）_min=f（$\frac{1}{2}$）=2+aln$\frac{1}{2}$=0，
解得：a=$\frac{2}{ln2}$≥2，适合题意；    …（12分）
③1＜a＜2时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a}$]上单调递减，[$\frac{1}{a}$，1]上单调递增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$=0，解得：a=e，舍去；
综上：a=$\frac{2}{ln2}$．…（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．